2019-2020年高考化学一模试卷（b卷）（含解析）.doc

2019-2020年高考化学一模试卷（b卷）（含解析）一、选择题（共7小题，每小题5分，满分35分）1化学与生活密切相关，下列说法错误的是（）A航天服材质是由碳化硅/陶瓷和碳纤维等复合而成，具有耐高温防寒等性能B从海水提取物质不一定都必须通过化学反应才能实现C二氧化硅可用于制备太阳能电池板，晶体硅可用于制作光导纤维D明矾可用于自来水的净化，氯气可用于自来水的杀菌消毒2下列由相关实验现象所推出的结论正确的是（）A铁在常温下不溶于浓硝酸，说明铁与浓硝酸不反应B将氯气溶于水后溶液呈浅黄绿色，说明氯气与水没有完全反应C将某气体通入品红溶液中溶液褪色，说明该气体一定是二氧化硫D向溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有SO423氯化亚砜（SOCl2，结构式如图：（）主要用于制造酰基氯化物，其工业制备原理：SO3+SCl2SOCl2+SO2，下列有关说法正确的是（）ASCl2和SOCl2中S的化合价分别为+2、+4价B制备反应中，二氧化硫是氧化产物C每消耗1mol SCl2，转移1mol电子DSOCl2分子中既含有离子键又含有共价键4下列有关图象的叙述错误的是（）A图可表示向酸化的AlCl3溶液中逐滴加入稀氨水，沉淀量与氨水体积的关系B图中可表示向澄清石灰水中通入二氧化碳气体，沉淀量与二氧化碳体积的关系C图中可表示向亚硫酸溶液中通入硫化氢，沉淀量与硫化氢气体的关系D图中可表示向碳酸钠溶液中逐滴加入稀盐酸，HCO3离子的量与盐酸体积的关系5A、B、C、D、E为短周期元素，其原子序数依次增大其中A的最外层电子数为其周期数的2倍；B和D为同主族元素，其中B的氢化物在常温下为液态；C的+1价离子比E的1价离子少8个电子则下列说法正确的是（）AD氢化物的稳定性比B氢化物的稳定性强B5种元素中，E元素氧化物的水合物的酸性最强CA与B、D分别可形成AB2、AD2的化合物DB和C可形成离子化合物，且C离子的半径大于B离子的半径6硫酸、盐酸和硝酸与烧碱和纯碱并称为工业上的“三酸两碱”下列说法正确的是（）A等质量的铝与足量的烧碱和盐酸反应生成氢气的质量相同B等质量的铜与足量的浓硫酸和浓硝酸反应生成气体的物质的量相同C相同物质的量的烧碱和纯碱与足量盐酸反应，消耗盐酸的体积相同D相同质量的硫与足量烧碱、浓硫酸、浓硝酸反应，转移电子数相同7下列实验操作或装置（略去部分加持仪器）正确的是（）A如图表示为配制一定物质的量浓度稀硫酸时的操作B如图表示为配制一定物质的量浓度的溶液定容时的操作C用如图所示装置吸收氯气中的氯化氢气体D用图所示装置收集一氧化氮气体二、解答题（共4小题，满分65分）8（16分）化学学习中要注重对过程的分析，按要求回答下列问题：（1）向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba（OH）2溶液到中性，写出发生反应的离子方程式；在以上中性溶液中，继续滴加Ba（OH）2溶液，请写出此步反应的离子方程式（2）将一小块钠投入到盛氯化铵的溶液中，有氨气生成，其反应过程分为两步，其中第二步反应的离子方程式为（3）过氧化钠与干燥的二氧化碳不反应，与湿润的二氧化碳反应生成氧气，则该过程的两个反应方程式分别为、（4）向石蕊试剂中通入氯气，起始时溶液变红，一段时间后溶液褪色，则使溶液变红和褪色的微粒分别是、（5）向含1molFeBr2的溶液中通入L（标准状况下）氯气，才能将Fe2+全部转化为Fe3+（6）足量的铜与一定体积的浓硫酸反应，反应后溶液中所含的溶质有（填化学式）9下列问题均涉及到化学学科重要的思想和观点，按要求回答下列问题：（1）量变和质变的观点：锌与稀硫酸反应生成氢气，当硫酸浓度逐渐增大到一定程度时，可生成的气体是（填化学式，下同）；铜与稀硝酸反应生成一氧化氮，当硝酸浓度逐渐增大到一定程度时，可生成的气体是；稀盐酸的还原性较弱，与二氧化锰不反应，浓盐酸的还原性增强，与二氧化锰在加热的条件下发生的反应方程式为（2）微粒观：18g2H2O中所含质子的物质的量为，所含的中子数为；Na2O2、Na2O中阳离子和阴离子个数比分别为、（3）守恒的思想：由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液，其c（H+）=0.1molL1，c（Al3+）=0.4molL1，c（SO42）=0.8molL1，则c（K+）为；mM+nH+O2xM2+yH2O，则x值为ClO2与Cl2均有强氧化性，在处理废水的过程中自身均被还原为Cl，在处理相同量的废水时，所需要ClO2的物质的量是Cl2的倍10（17分）按要求回答下列问题：（1）实验室铝粉和Fe2O3作铝热反应实验，铝热反应的方程式为，该实验中除用到铝粉和Fe2O3外，需要的试剂还有（填编号）aKClO3 bMg cMnO2 dKCl（2）据文献报道，在实际反应中铝热反应的产物成分较为复杂某课题组对铝热反应产物的成分进行探究，经成分分析，发现主要得到甲和乙两种产物甲由具有相同电子层结构的阴、阳离子构成；乙是一种铁铝的金属互化物（可用FexAly表示），取该合金粉末2.47g，滴加足量浓NaOH溶液，充分搅拌、过滤、洗涤得固体再将所得固体在空气中充分加热、灼烧得红棕色粉末1.60g甲的化学式为，乙中x=，y=甲的晶体是耐高温材料，用此材料做成的坩埚，不能用来熔融NaOH，用化学方程式解释其原因；含二氧化硅材料做成的坩埚（填“能”或“不能”）用来熔融NaOH如图表示室温下相同组分的乙分别在两种不同的酸中的腐蚀情况，由图可知，乙在中具有比较强的抗腐蚀性，原因可能是研究发现铝热反应后期温度高达2000以上时会有极微量的Al4C3生成，Al4C3遇水会产生一种气体，该气体的分子式为已知CaC2+2H2OCa（OH）2+C2H2（3）镁铝互化物（Mg17Al12）是一种潜在的贮氢材料，该金属互化物在一定条件下完全吸氢的反应方程式为Mg17Al12+17H217MgH2+12Al得到的混合物在6.0molL1HCl中，能完全释放出H21mol Mg17Al12完全吸氢后得到的混合物与上述盐酸完全反应，释放出H2的物质的量为11（18分）氯化亚铜（CuCl）常用作有机合成工业中的催化剂，是一种白色粉末；微溶于水、不溶于乙醇及稀硫酸下图是工业上用印刷电路的蚀刻液的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl）生产CuCl的流程：按要求回答下列问题：（1）废液的主要含有的金属阳离子是（填化学符号，下同）；废渣的主要含有的物质是；Y为（2）检验Z过量的方法是（3）写出废渣生成二氧化硫的化学方程式（4）为得到纯净的CuCl晶体，可用下列（填序号） 进行洗涤a纯净水 b乙醇 c稀硫酸 d氯化铜溶液（5）生产过程中调节溶液的pH不能过大的原因是（6）写出产生CuCl的离子方程式（7）氯化亚铜的定量分析：称取样品0.25g加入10ml过量的FeCl3溶液250ml锥形瓶中，不断摇动；待样品溶解后，加水50ml和2滴指示剂；立即用0.10molL1硫酸铈标准溶液滴至绿色出现为终点；重复三次，消耗硫酸铈溶液平均体积为25.00mL已知：CuCl 的分子式量为99；CuCl+FeCl3CuCl2+FeCl2；Fe2+Ce4+Fe3+Ce3+则CuCl的纯度为山东省威海市文登市xx届高考化学一模试卷（B卷）一、选择题（共7小题，每小题5分，满分35分）1化学与生活密切相关，下列说法错误的是（）A航天服材质是由碳化硅/陶瓷和碳纤维等复合而成，具有耐高温防寒等性能B从海水提取物质不一定都必须通过化学反应才能实现C二氧化硅可用于制备太阳能电池板，晶体硅可用于制作光导纤维D明矾可用于自来水的净化，氯气可用于自来水的杀菌消毒考点：无机非金属材料；盐类水解的应用；海水资源及其综合利用；硅和二氧化硅分析：A做航天器的材料一个必要的因素是：能够耐高温防寒；依据主要成分是由碳化硅、陶瓷和碳纤维复合而成的，各成分都是耐高温防寒不易被氧化的物质分析；B海水经晒盐可得到粗盐，为物理变化；C根据硅、二氧化硅的性质和用途判断；D明矾中的铝离子水解得到的氢氧化铝能净水，氯气和水之间反应生成的次氯酸的氧化性具有漂白、杀菌作用解答：解：A因为航天器在穿过稠密的大气层返回地球的过程中与大气剧烈摩擦，产生高温，为了防止烧毁航天器，所以这种材料应具备耐高温的特点；还有要防止舱内温度过高或过低导致对宇航员产生危险，这种材料还应具备隔热性好的特点；为了活动方便，必须有柔韧性，故A正确；B海水经晒盐可得到粗盐，为物理变化，而从海水中提取溴、碘、镁等物质一定发生化学变化，故B正确；C硅常用于半导体材料，可用于制作太阳能电池板，二氧化硅具有较好的折光性，可用于制作光导纤维，故C错误；D明矾中的铝离子水解得到的氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性能净水，氯气可用于自来水的杀菌消毒，因为氯气和水之间反应生成的次氯酸具有强的氧化性，故D正确；故选C点评：本题考查较为综合，涉及航天服材质、海水提取物质以及硅、二氧化硅的用途、明矾净水、氯气消毒等知识，为高频考点，侧重于化学与环境、生产的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学习的积极性，题目难度中等2下列由相关实验现象所推出的结论正确的是（）A铁在常温下不溶于浓硝酸，说明铁与浓硝酸不反应B将氯气溶于水后溶液呈浅黄绿色，说明氯气与水没有完全反应C将某气体通入品红溶液中溶液褪色，说明该气体一定是二氧化硫D向溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有SO42考点：铁的化学性质；氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质；硫酸根离子的检验分析：A常温下，铁与浓硝酸发生钝化反应；B氯气溶于水，溶液颜色为氯气的颜色；C能使品红褪色的不一定为二氧化硫；D不能排出生成AgCl沉淀解答：解：A常温下，铁与浓硝酸发生钝化反应，在表面生成一层致密的氧化物膜而阻碍反应的继续进行，故A错误；B氯气溶于水，溶液颜色为氯气的颜色，故B正确；C能使品红褪色的不一定为二氧化硫，可能为二氧化氮、臭氧等，故C错误；D不能排出生成AgCl沉淀，应先加入盐酸，如无现象，再加入氯化钡检验，故D错误故选B点评：本题考查较为综合，为xx届高考常见题型，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意相关基础知识的积累，题目难度不大3氯化亚砜（SOCl2，结构式如图：（）主要用于制造酰基氯化物，其工业制备原理：SO3+SCl2SOCl2+SO2，下列有关说法正确的是（）ASCl2和SOCl2中S的化合价分别为+2、+4价B制备反应中，二氧化硫是氧化产物C每消耗1mol SCl2，转移1mol电子DSOCl2分子中既含有离子键又含有共价键考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；化学键；氧化还原反应分析：A根据化合物中元素化合价的代数和为零的原则进行分析回答；B含元素化合价升高的物质为还原剂，被氧化，对应的产物为氧化产物；C根据反应中化合价的变化，每消耗1mol SCl2，转移2mol电子；D一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，据此分析解答解答：解：ASCl2和SOCl2中Cl、O的化合价分别是1价和2价，根据化合物中元素化合价的代数和为零，则SCl2和SOCl2中S的化合价分别为+2、+4价，故A正确；B根据SO3+SCl2SOCl2+SO2可知，制备反应中三氧化硫中硫元素的化合价从+6价降低到SO2中的+4价，因此二氧化硫是还原产物，故B错误；C根据SO3+SCl2SOCl2+SO2可知，SCl2中硫元素的化合价从+2价升高到SOCl2中的+4价，每消耗1mol SCl2，转移2mol电子，故C错误；DSOCl2分子中S原子和Cl原子、S原子和O原子之间只存在共价键，为共价化合物，故D错误；故选A点评：本题考查了氯化亚砜的有关知识，涉及化合价的判断、氧化还原知识、化学键的判断等，熟练应用氧化还原知识，明确物质的构成是解本题关键，题目难度中等4下列有关图象的叙述错误的是（）A图可表示向酸化的AlCl3溶液中逐滴加入稀氨水，沉淀量与氨水体积的关系B图中可表示向澄清石灰水中通入二氧化碳气体，沉淀量与二氧化碳体积的关系C图中可表示向亚硫酸溶液中通入硫化氢，沉淀量与硫化氢气体的关系D图中可表示向碳酸钠溶液中逐滴加入稀盐酸，HCO3离子的量与盐酸体积的关系考点：镁、铝的重要化合物；离子方程式的有关计算；含硫物质的性质及综合应用专题：图示题分析：A、混有少量稀盐酸的AlCl3溶液中逐滴加入过量的氨水，氨水先与盐酸反应生成氯化铵，再与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，沉淀不能溶解在过量氨水中，据此分析B、澄清石灰水中通入过量二氧化碳，先发生氢氧化钙与二氧化碳的反应生成碳酸钙沉淀，再发生碳酸钙与水、二氧化碳反应，沉淀消失，根据方程式判断前后两部分二氧化碳的物质的量关系；C、向亚硫酸溶液中通入硫化氢，发生反应生成硫沉淀，硫沉淀不能与过量的硫化氢反应；D、向碳酸钠溶液中逐滴加入稀盐酸，碳酸根先与氢离子反应生成碳酸氢根离子，后碳酸氢根继续与氢离子发生反应生成二氧化碳和水解答：解：A、向酸化的AlCl3溶液中逐滴加入稀氨水，氨水先与酸反应，再与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，沉淀不能溶解在过量氨水中，发生的反应为3NH3H2O+H+=NH4+H2O，3NH3H2O+Al3+=3NH4+Al（OH）3，故A错误；B、石灰水中通入二氧化碳，先发生Ca（OH）2+CO2CaCO3+H2O，生成沉淀，后发生CO2+CaCO3+H2OCa（HCO3）2，故先产生沉淀，后沉淀溶解，前后两部分二氧化碳的物质的量为1：1，故B正确；C、向亚硫酸溶液中通入硫化氢，发生反应生成硫沉淀，硫沉淀不能与过量的硫化氢反应，故先产生沉淀，后沉淀不变，故C正确；D、向碳酸钠溶液中逐滴加入稀盐酸，碳酸根先与氢离子反应生成碳酸氢根离子，后碳酸氢根继续与氢离子发生反应生成二氧化碳和水，反应离子方程式为：CO32+H+HCO3，HCO3+H+CO2+H2O，所以碳酸氢根先增大后减小，前后两部分盐酸体积为1：1，故D正确；故选：A点评：本题以图象为载体考查钙铝化合物的性质、碳酸盐的性质等，难度中等，明确发生的化学反应是解答的关键，反应发生的先后顺序是学生解答中的难点，注意图象比例关系5A、B、C、D、E为短周期元素，其原子序数依次增大其中A的最外层电子数为其周期数的2倍；B和D为同主族元素，其中B的氢化物在常温下为液态；C的+1价离子比E的1价离子少8个电子则下列说法正确的是（）AD氢化物的稳定性比B氢化物的稳定性强B5种元素中，E元素氧化物的水合物的酸性最强CA与B、D分别可形成AB2、AD2的化合物DB和C可形成离子化合物，且C离子的半径大于B离子的半径考点：原子结构与元素周期律的关系分析：原子序数依次增大的短周期元素A、B、C、D、E，其中A的最外层电子数为其周期数的二倍，则A原子有2个电子层，最外层电子数为4，故A为碳元素；和D为同主族元素，其中B的氢化物在常温下为液态，则B为O元素、D为S元素；C的+1价离子比E的1价离子少8个电子，结合原子序数可知，C为Na、E为Cl元素，据此解答解答：解：原子序数依次增大的短周期元素A、B、C、D、E，其中A的最外层电子数为其周期数的二倍，则A原子有2个电子层，最外层电子数为4，故A为C元素；和D为同主族元素，其中B的氢化物在常温下为液态，则B为O元素、D为S元素；C的+1价离子比E的1价离子少8个电子，结合原子序数可知，C为Na、E为Cl元素A非金属性B（O）D（S），故B元素氢化物更稳定，故A错误；B应描述为E元素最高价含氧酸水化物酸性最强，不是最高价含氧酸，则不一定，如次氯酸为弱酸，硫酸为强酸，故B错误；CA与B、D分别可形成CO2、CS2的化合物，故C正确；DO、Na可形成离子化合物氧化钠、过氧化钠，且B离子半径大于C离子半径，故D错误；故选C点评：本题考查原子结构和元素性质，为高频考点，正确判断元素是解本题关键，易错选项是B，注意：元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强但其它的含氧酸不一定是强酸，为易错点6硫酸、盐酸和硝酸与烧碱和纯碱并称为工业上的“三酸两碱”下列说法正确的是（）A等质量的铝与足量的烧碱和盐酸反应生成氢气的质量相同B等质量的铜与足量的浓硫酸和浓硝酸反应生成气体的物质的量相同C相同物质的量的烧碱和纯碱与足量盐酸反应，消耗盐酸的体积相同D相同质量的硫与足量烧碱、浓硫酸、浓硝酸反应，转移电子数相同考点：化学方程式的有关计算；物质的量的相关计算分析：AAl和NaOH、HCl反应都生成氢气，反应方程式分别为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2；B铜和浓硫酸、浓硝酸反应时，反应方程式分别为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O、Cu+4HNO3=Cu（NO3）2+2NO2+2H2O；C烧碱、纯碱与稀盐酸反应方程式分别为：NaOH+HCl=NaCl+H2O、Na2CO3+2HCl=2NaCl2+CO2+H2O；D、硫与氢氧化钠反应发生歧化反应，硫既是氧化剂又是还原剂，而硫与浓硫酸、浓硝酸反应，硫只作还原剂解答：解：AAl和NaOH、HCl反应都生成氢气，反应方程式分别为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，烧碱和盐酸足量时，生成氢气的量与Al的量成正比，Al的质量相等，所以生成氢气质量相等，故A正确；B铜和浓硫酸、浓硝酸反应时，反应方程式分别为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O、Cu+4HNO3=Cu（NO3）2+2NO2+2H2O，根据方程式知，浓硫酸、浓硝酸足量时，铜的物质的量相等时浓硝酸生成气体的物质的量大于浓硫酸，故B错误；C烧碱、纯碱与稀盐酸反应方程式分别为：NaOH+HCl=NaCl+H2O、Na2CO3+2HCl=2NaCl2+CO2+H2O，根据方程式知，盐酸足量、烧碱和纯碱的物质的量相等时，纯碱消耗盐酸的物质的量多，故C错误； D、硫与氢氧化钠反应发生歧化反应，硫既是氧化剂又是还原剂，而硫与浓硫酸、浓硝酸反应，硫只作还原剂，所以相同质量的硫与足量烧碱、浓硫酸、浓硝酸反应，转移电子数不相同，故D错误；故选A点评：本题考查化学方程式的计算，侧重考查分析能力，正确书写方程式是解本题关键，也可以根据原子守恒、转移电子守恒进行计算，易错选项是D7下列实验操作或装置（略去部分加持仪器）正确的是（）A如图表示为配制一定物质的量浓度稀硫酸时的操作B如图表示为配制一定物质的量浓度的溶液定容时的操作C用如图所示装置吸收氯气中的氯化氢气体D用图所示装置收集一氧化氮气体考点：化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：A不能在容量瓶中稀释浓硫酸；B滴定管不能插入容量瓶内；C氯气不溶于饱和食盐水；DNO不能用排空气法收集解答：解：A浓硫酸溶于水放热，且容量瓶只能在常温下使用，应将浓硫酸在烧杯中稀释，冷却至室温后转移到容量瓶中，故A错误；B滴定管不能插入容量瓶内，防止污染，应垂直悬空，故B错误；C氯气不溶于饱和食盐水，而氯化氢易溶于水，可用于除杂，故C正确；DNO与氧气反应，不能用排空气法收集，应用排水法收集，故D错误故选C点评：本题考查较为综合，涉及溶液的配制、气体的收集等知识，为xx届高考常见题型，侧重于学生的分析、实验能力的考查，注意把握实验的严密性、可行性的评价，难度不大二、解答题（共4小题，满分65分）8（16分）化学学习中要注重对过程的分析，按要求回答下列问题：（1）向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba（OH）2溶液到中性，写出发生反应的离子方程式2H+SO42+Ba2+2OHBaSO4+2H2O；在以上中性溶液中，继续滴加Ba（OH）2溶液，请写出此步反应的离子方程式Ba2+SO42BaSO4（2）将一小块钠投入到盛氯化铵的溶液中，有氨气生成，其反应过程分为两步，其中第二步反应的离子方程式为NH4+OHNH3+H2O（3）过氧化钠与干燥的二氧化碳不反应，与湿润的二氧化碳反应生成氧气，则该过程的两个反应方程式分别为2Na2O2+2H2O4NaOH+O2、2NaOH+CO2Na2CO3+H2O（4）向石蕊试剂中通入氯气，起始时溶液变红，一段时间后溶液褪色，则使溶液变红和褪色的微粒分别是H+、HClO（5）向含1molFeBr2的溶液中通入11.2L（标准状况下）氯气，才能将Fe2+全部转化为Fe3+（6）足量的铜与一定体积的浓硫酸反应，反应后溶液中所含的溶质有CuSO4、H2SO4（填化学式）考点：离子方程式的书写分析：（1）加入Ba（OH）2溶液至中性时，其反应式为：2NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4+Na2SO4+2H2O，以此书写离子方程式；至中性时溶液中溶质只有Na2SO4，加入Ba（OH）2溶液生成BaSO4沉淀；（2）钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与铵根离子反应生成氨气和水；（3）过氧化钠先与水反应生成氢氧化钠和氧气，然后氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和水；（4）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，HCl具有酸性，HClO具有漂白性；（5）亚铁离子的还原性大于溴离子，所以通入少量氯气后，亚铁离子优先反应，据此进行计算；（6）稀硫酸不与铜反应，所以随着反应的进行，浓硫酸变成稀硫酸，反应会停止，所以反应后溶质为硫酸铜和硫酸解答：解：（1）NaHSO4是二元强酸的酸式盐，可以理解为全部电离当反应后溶液呈中性时，其反应式为：2NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4+Na2SO4+2H2O，则离子反应方程式为：2H+SO42+Ba2+2OH=BaSO4+2H2O；此时溶液中溶质只有Na2SO4，加入Ba（OH）2的离子反应方程式为：Ba2+SO42=BaSO4，故答案为：2H+SO42+Ba2+2OHBaSO4+2H2O；Ba2+SO42BaSO4；（2）第一步反应为钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，第二步反应为铵根离子与氢氧根离子反应生成氨气，反应的离子方程式为：NH4+OHNH3+H2O故答案为：NH4+OHNH3+H2O；（3）过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气：2Na2O2+2H2O4NaOH+O2，生成的氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和水：2NaOH+CO2Na2CO3+H2O，故答案为：2Na2O2+2H2O4NaOH+O2； 2NaOH+CO2Na2CO3+H2O；（4）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，HCl具有酸性，能够使紫色石蕊溶液变红，HClO具有强氧化性，能够使溶液褪色，所以使溶液变红和褪色的微粒分别是H+、HClO，故答案为：H+；HClO；（5）亚铁离子的还原性大于溴离子，所以亚铁离子优先反应，1molFeBr2的溶液含有1mol亚铁离子，根据反应2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl可知，氧化1mol亚铁离子需要消耗0.5mol氯气，标况下0.5mol氯气的体积为：22.4L/mol0.5mol=11.2L，故答案为：11.2；（6）铜只与浓硫酸反应，浓硫酸变成稀硫酸后反应停止，所以反应后溶质为生成的CuSO4和剩余的H2SO4，故答案为：CuSO4、H2SO4点评：本题考查离子方程式的书写，题目难度中等，注意根据物质的量判断反应的程度并书写相关离子方程式，注意与量有关的离子方程式的书写方法9下列问题均涉及到化学学科重要的思想和观点，按要求回答下列问题：（1）量变和质变的观点：锌与稀硫酸反应生成氢气，当硫酸浓度逐渐增大到一定程度时，可生成的气体是SO2（填化学式，下同）；铜与稀硝酸反应生成一氧化氮，当硝酸浓度逐渐增大到一定程度时，可生成的气体是NO2；稀盐酸的还原性较弱，与二氧化锰不反应，浓盐酸的还原性增强，与二氧化锰在加热的条件下发生的反应方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O（2）微粒观：18g2H2O中所含质子的物质的量为9mol，所含的中子数为9NA；Na2O2、Na2O中阳离子和阴离子个数比分别为2：1、2：1（3）守恒的思想：由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液，其c（H+）=0.1molL1，c（Al3+）=0.4molL1，c（SO42）=0.8molL1，则c（K+）为0.3molL1；mM+nH+O2xM2+yH2O，则x值为2ClO2与Cl2均有强氧化性，在处理废水的过程中自身均被还原为Cl，在处理相同量的废水时，所需要ClO2的物质的量是Cl2的0.4倍考点：浓硫酸的性质；化学方程式的有关计算；质量数与质子数、中子数之间的相互关系；硝酸的化学性质分析：（1）浓硫酸具有强的氧化性，与金属反应生成二氧化硫；硝酸具有强的氧化性，浓硝酸还原产物为二氧化氮，稀硝酸还原产物为一氧化氮；浓盐酸具有强的还原性，能够与二氧化锰反应制取氯气，稀盐酸还原性较弱，与二氧化锰不反应；（2）1个2H2O中含有10个质子，10个中子；Na2O2、Na2O中阳离子都是钠离子，阴离子分别是过氧根离子和氧离子；（3）溶液中存在3c（Al3+）+c（K+）+c（H+）=2c（SO42）+c（OH），根据溶液电荷守恒计算；由O原子守恒可确定y=2，进而确定n，结合电荷守恒、得失电子守恒确定x；ClO2和Cl2的还原产物都为Cl，则反应中Cl元素化合价分别由+4价、0价降低到1价，化合价分别变化5、1，以此解答解答：解：（1）浓硫酸具有强的氧化性，与锌反应还原产物为SO2；浓硝酸还原产物为NO2，稀硝酸还原产物为一氧化氮；浓盐酸具有强的还原性，能够与二氧化锰反应制取氯气，方程式为：MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2+2H2O；稀盐酸还原性较弱，与二氧化锰不反应；故答案为：SO2；NO2；MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；（2）1个2H2O中含有10个质子，10个中子，18g2H2O的物质的量为=0.9mol，含质子的物质的量为9mol，含的中子数为9 NA；Na2O2、Na2O中阳离子都是钠离子，阴离子分别是过氧根离子和氧离子，阳离子和阴离子个数比都是2：1；故答案为：9mol；9 NA；2：1；2：1；（3）根据溶液电荷守恒，溶液中存在3c（Al3+）+c（K+）+c（H+）=2c（SO42）+c（OH），而溶液中c（OH）很小，可以忽略不计，则有3c（Al3+）+c（K+）+c（H+）=2c（SO42），所以：c（K+）=2c（SO42）3c（Al3+）c（H+），c（K+）20.8mol/L30.4mol/L0.1mol/L=0.3mol/L；在反应mM+nH+O2=xM2+yH2O中，由O原子守恒可确定y=2，则n=4，由电荷守恒可知41=2x，x=2；ClO2和Cl2的还原产物都为Cl，则反应中Cl元素化合价分别由+4价、0价降低到1价，化合价分别变化5、1，则ClO2的消毒效率是Cl2的=2.5倍，在处理相同量的废水时，所需要ClO2的物质的量是Cl2的0.4倍；故答案为：0.3molL1；2；0.4点评：本题考查了硫酸、硝酸、盐酸的性质，化学方程式的书写、阿伏伽德罗常数的应用，守恒规律的应用，题目难度不大10（17分）按要求回答下列问题：（1）实验室铝粉和Fe2O3作铝热反应实验，铝热反应的方程式为2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，该实验中除用到铝粉和Fe2O3外，需要的试剂还有ab（填编号）aKClO3 bMg cMnO2 dKCl（2）据文献报道，在实际反应中铝热反应的产物成分较为复杂某课题组对铝热反应产物的成分进行探究，经成分分析，发现主要得到甲和乙两种产物甲由具有相同电子层结构的阴、阳离子构成；乙是一种铁铝的金属互化物（可用FexAly表示），取该合金粉末2.47g，滴加足量浓NaOH溶液，充分搅拌、过滤、洗涤得固体再将所得固体在空气中充分加热、灼烧得红棕色粉末1.60g甲的化学式为Al2O3，乙中x=2，y=5甲的晶体是耐高温材料，用此材料做成的坩埚，不能用来熔融NaOH，用化学方程式解释其原因Al2O3+2NaOH+3H2O2NaAl（OH）4；含二氧化硅材料做成的坩埚不能（填“能”或“不能”）用来熔融NaOH如图表示室温下相同组分的乙分别在两种不同的酸中的腐蚀情况，由图可知，乙在65%浓硝酸中具有比较强的抗腐蚀性，原因可能是遇浓硝酸表面钝化，阻碍进一步反应研究发现铝热反应后期温度高达2000以上时会有极微量的Al4C3生成，Al4C3遇水会产生一种气体，该气体的分子式为CH4已知CaC2+2H2OCa（OH）2+C2H2（3）镁铝互化物（Mg17Al12）是一种潜在的贮氢材料，该金属互化物在一定条件下完全吸氢的反应方程式为Mg17Al12+17H217MgH2+12Al得到的混合物在6.0molL1HCl中，能完全释放出H21mol Mg17Al12完全吸氢后得到的混合物与上述盐酸完全反应，释放出H2的物质的量为52mol考点：探究铝热反应；化学方程式的有关计算分析：（1）铝与氧化铁发生铝热反应生成氧化铝和铁，据此写出反应的化学方程式；该实验中除用到铝粉和Fe2O3外，需要的试剂还有氯酸钾和镁；（2）甲由具有相同电子层结构的阴、阳离子构成，则甲为Al2O3；灼烧得到的红棕色粉末1.60g应该是氧化铁，计算出氧化铁的物质的量，根据铁原子守恒可知铁的物质的量是及质量，从而得出合金中铝的质量，根据n=计算出铝物质的量，就可以得出x：y；在加热的条件下氧化铝与氢氧化钠反应生成NaAl（OH）4；由于二氧化硅与能与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，所以含二氧化硅材料做成的坩埚不能用来熔融NaOH；结合图象可知乙在65%浓硝酸中具有比较强的抗腐蚀性，这是由于常温下遇浓硝酸表面钝化，阻碍进一步反应；Al4C3遇水会产生一种气体，则根据CaC2+2H2OCa（OH）2+C2H2可推测，Al4C3与水反应生成氢氧化铝和甲烷；（3）1 mol Mg17Al12完全吸氢后可以吸收17mol氢气，因此释放时可以再释放出17mol氢气，同时镁和铝也分别都能与盐酸反应放出氢气；1 mol Mg17Al12中含有17mol镁、12mol铝，计算出铝和镁与盐酸反应生成的氢气的物质的量，便可得到1mol Mg17Al12完全吸氢后得到的混合物与上述盐酸完全反应，释放出H2的物质的量解答：解：（1）铝与氧化铁发生铝热反应的方程式为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；该实验中除用到铝粉和Fe2O3外，需要的试剂还有氯酸钾和镁，故ab正确，故答案为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；ab；（2）甲由具有相同电子层结构的阴、阳离子构成，则甲是Al2O3；取该合金粉末2.47g，滴加足量浓NaOH溶液，其中铝溶解转化为偏铝酸钠，充分搅拌、过滤、洗涤得固体铁再将所得固体在空气中充分加热、灼烧得红棕色粉末1.60g，所以红棕色粉末应该是氧化铁，物质的量为：=0.01mol；根据铁原子守恒可知铁的物质的量是0.02mol，质量是0.02mol56g/mol=1.12g，因此合金中铝的质量是2.47g1.12g=1.35g，物质的量为：=0.05mol，所以x：y=0.02：0.05=2：5，则x=2、y=5，故答案为：Al2O3；2，5；在加热的条件下氧化铝与氢氧化钠反应，反应的化学方程式为：Al2O3+2NaOH+3H2O2NaAl（OH）4；二氧化硅与能与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，所以含二氧化硅材料做成的坩埚不能用来熔融NaOH，故答案为：Al2O3+2NaOH+3H2O2NaAl（OH）4；不能；根据图象可知乙在65%浓硝酸中具有比较强的抗腐蚀性，这是由于常温下遇浓硝酸表面钝化，阻碍进一步反应，故答案为：65%浓硝酸；遇浓硝酸表面钝化，阻碍进一步反应（只要体现出“钝化”即可）；Al4C3遇水会产生一种气体，则根据CaC2+2H2OCa（OH）2+C2H2可推测，Al4C3与水反应生成氢氧化铝和甲烷，因此该气体的分子式为：CH4，故答案为：CH4；（3）1 mol Mg17Al12完全吸氢后可以吸收17mol氢气，因此释放时可以再释放出17mol氢气，同时镁和铝也分别都能与盐酸反应放出氢气；1 mol Mg17Al12中含有17mol镁、12mol铝，与元素反应分别放出17mol氢气和12mol=18mol氢气，则得到的混合物与上述盐酸完全反应，释放出氢气的物质的量为：17mol+17mol+18mol=52mol，故答案为：52mol点评：本题考查金属镁、铝、铁等有关性质与计算，题目难度中等，试题知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析、理解能力及化学计算能力，注意掌握铝热反应原理，明确常见金属单质及其化合物性质11（18分）氯化亚铜（CuCl）常用作有机合成工业中的催化剂，是一种白色粉末；微溶于水、不溶于乙醇及稀硫酸下图是工业上用印刷电路的蚀刻液的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl）生产CuCl的流程：按要求回答下列问题：（1）废液的主要含有的金属阳离子是Fe2+（填化学符号，下同）；废渣的主要含有的物质是Fe和Cu；Y为HCl（2）检验Z过量的方法是取少量蚀刻液于试管中，滴加少量品红溶液，若品红褪色，证明Cl2过量，若不褪色，证明不足（3）写出废渣生成二氧化硫的化学方程式Cu+2 H2SO4（浓） CuSO4+SO2+2H2O（4）为得到纯净的CuCl晶体，可用下列b（填序号） 进行洗涤a纯净水 b乙醇 c稀硫酸 d氯化铜溶液（5）生产过程中调节溶液的pH不能过大的原因是防止生成氢氧化铜沉淀或防止CuCl水解（6）写出产生CuCl的离子方程式SO2+2Cu2+2Cl+2H2O2CuCl+SO42+4H+（7）氯化亚铜的定量分析：称取样品0.25g加入10ml过量的FeCl3溶液250ml锥形瓶中，不断摇动；待样品溶解后，加水50ml和2滴指示剂；立即用0.10molL1硫酸铈标准溶液滴至绿色出现为终点；重复三次，消耗硫酸铈溶液平均体积为25.00mL已知：CuCl 的分子式量为99；CuCl+FeCl3CuCl2+FeCl2；Fe2+Ce4+Fe3+Ce3+则CuCl的纯度为99%考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用专题：实验设计题分析：要利用制作印刷电路的废液制备氯化亚铜，首先应制备并分离出铜，向工业上以制作印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl）加入过量的铁粉，三价铁离子与铁粉反应转化为二价铁离子，铜离子与铁反应生成铜，然后过滤，滤渣为过量的铁和生成的铜，依据铜与铁活泼性，将滤渣溶于盐酸，铜与盐酸不反应，过滤得到滤渣即为铜，废液中加入Z位氯水氧化亚铁离子为铁离子，得到蚀刻液，然后铜与浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫，铜与氯气反应生成氯化铜，硫酸铜、二氧化硫、氯化铜反应生成氯化亚铜；（1）印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl）加入铁，三价铁离子能够原铁反应生成二价铁离子，铜离子能够与铁反应生成铜；过滤后滤渣中含有铜和铁，依据铜和铁的活泼性，加入盐酸分离二者；（2）检验Z过量的方法是利用氯气具有漂白性，可以使有机色素的物质褪色设计检验；（3）废渣生成二氧化硫的反应是铜和浓硫酸在加热条件下反应生成；（4）CuCl是一种白色粉末，微溶于水、不溶于乙醇及稀硫酸，乙醇洗涤可以减少CuCl的损失；（5）生产过程中调节溶液的pH不能过大是防止其水解生成沉淀；（6）依据图示可知：CuCl2、CuSO4、SO2、H2O反应生成H2SO4、CuCl，依据得失电子守恒配平方程式；（7）依据方程式中各反应物量之间的关系计算CuCl的纯度解答：解：向工业上以制作印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl）加入过量的铁粉，三价铁离子与铁粉反应转化为二价铁离子，铜离子与铁反应生成铜，然后过滤，滤渣为过量的铁和生成的铜，依据铜与铁活泼性，将滤渣溶于盐酸，铜与盐酸不反应，过滤得到滤渣即为铜，废液中加入Z位氯水氧化亚铁离子为铁离子，得到蚀刻液，然后铜与浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫，铜与氯气反应生成氯化铜，硫酸铜、二氧化硫、氯化铜反应生成氯化亚铜；（1）印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl）加入铁，三价铁离子能够原铁反应生成二价铁离子，铜离子能够与铁反应生成铜，过滤后滤渣中含有铜和铁，加入盐酸，铁与盐酸反应生成氯化亚铁，铜与盐酸不反应，将铜分离出来，故答案为：Fe2+，Fe，Cu；HCl；（2）Z为氯气，检验Z过量的方法是利用氯气具有漂白性，可以使有机色素的物质褪色设计检验，取少量蚀刻液于试管中，滴加少量品红溶液，若品红褪色，证明Cl2过量，若不褪色，证明不足，故答案为：取少量蚀刻液于试管中，滴加少量品红溶液，若品红褪色，证明Cl2过量，若不褪色，证明不足；（3）废渣生成二氧化硫的反应是铜和浓硫酸在加热条件下反应生成，反应的化学方程式为：Cu+2 H2SO4（浓） CuSO4+SO2+2H2O，故答案为：Cu+2 H2SO4（浓） CuSO4+SO2+2H2O；（4）生产中为了提高CuCl产品的质量，采用抽滤或者减压过滤法快速过滤，析出的CuCl晶体不用水而用无水乙醇洗涤的目的是减少CuCl的损失，故答案为：b；（5）生产过程中调节溶液的pH不能过大的原因是防止生成氢氧化铜沉淀或防止CuCl水解，故答案为：防止生成氢氧化铜沉淀或防止CuCl水解；（6）依据图示可知：CuCl2、CuSO4、SO2、H2O反应生成H2SO4、CuCl，产生CuCl的化学方程式依据得失电子守恒得到：CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl+2H2SO4，反应的离子方程式为：SO2+2Cu2+2Cl+2H2O2CuCl+SO42+4H+故答案为：SO2+2Cu2+2Cl+2H2O2CuCl+SO42+4H+；（7）滴定0.25g样品消耗硫酸铈标准溶液的平均体积是25.00ml，结合方程式可知：CuCl+FeCl3CuCl2+FeCl2，CuCl的纯度为100%=99%，故答案为：99%点评：本题为工艺流程题，为xx届高考热点和难点，涉及物质的分离、物质的制备，明确物质的性质是解题关键，注意物质性质的理解应用，题目难度较大